33-я Международная Математическая Oлимпиада
Россия, Москва, 1992 год
Комментарий/решение:
Пусть $P(x;y)$ означает это равенство, и $f(0) = C.$
$P(0;y):$ $f(f(y)) = y + C^2$ $(1)$
Если для каких-то $a, b\in{R}, f(a) = f(b) \Rightarrow f(f(a)) = f(f(b)).$
Используя $(1): a = b \Rightarrow f - $иньективная функция.
$P(x;f(y)):$ $f(x^2 + f(f(y))) = f(y) + (f(x))^2$ $,(**)$
Возьмем $f$ от обеих частей$(**):$ $f(f(x^2 + f(f(y)))) = f(f(y) + (f(x))^2)$ $(2)$
$P(f(x);y):$ $f((f(x))^2 + f(y)) = y + (f(f(x)))^2$ $(3)$
Приравняем одинаковые части $(2)$ и $(3)$, получим$:$
$y + (f(f(x)))^2 = f(f(x^2 + f(f(y))))$
Воспользуемся $(1):$
$y + (x + C^2)^2 = f(f(x^2 + y + C^2))$
$y + (x + C^2)^2 = x^2 + y + C^2 + C^2$ $\Rightarrow$ $C = 0$
Следовательно $(1)$ преобразуется в$:$ $f(f(y)) = y$ $,(*)$
$(**) + (*): f(x^2 + y) = f(x^2) + f(y)$ $,(***)$
$(***): y = -x^2 \Rightarrow f(x^2) = f(-x^2), (****)$
$P(x;0):$ $f(x^2) = (f(x))^2$ $,(4)$
$P(-x;0)$ $f(x^2) = (f(-x))^2$ $,(5)$
$(4) + (5):$ $(f(x) - f(-x))\cdot(f(x) + f(-x)) = 0 $ $,(6)$
Если найдется такое $t\in{R}$ и $t\ne0,$ что $f(t) = f(-t),$ тогда$:$
из-за иньективности следует что $t = 0.Противоречие$.$
Значит, для всех $x\ne0: f(x) \ne f(-x)$ $(7)$
$(6) + (7): f(-x) = -f(x),$ для всех $x\ne0,$ а при $x = 0$ $\Rightarrow$ $f(-0) = -f(0)$, тоже верно.
Следовательно $f(-x) = -f(x)$ для всех $x\in{R} \Rightarrow f-$ нечетная функция.
$(***):$ Вместо $y$ подставим $-y$ и домножим на $(-1):$
$-f(x^2 - y) = -f(x^2) - f(-y)$, $f$ нечетная, так что:
$f((-x^2) + y) = f(-x^2) + f(y)$ $(8)$
$(***) + (8):$
$\left\{ \begin{gathered}f((-x^2) + y) = f(-x^2) + f(y),\\f(x^2 + y) = f(x^2) + f(y),\\\end{gathered} \right.$
Следовательно $f(x) + f(y) = f(x + y),$ для всех $x,y\in{R}$.
$P(x;0) \Rightarrow f(x) >= 0, \forall x >= 0$
Этих двух условий достаточно чтобы воспользоваться функциональным уравнением Коши$:$ $f(x) = Ax.$
Подставляем в $(*),(4):$
$A^2 = 1, A = A^2 \Rightarrow A = 1.$
ОТВЕТ$: f(x) = x$
Зафиксируем $x$
$f(a)=f(b)=c$
$P(x,y) \rightarrow (x,a)$
$f(x^2+c)=a+[f(x)]^2$
$P(x,y) \rightarrow (x,b)$
$f(x^2+c)=b+[f(x)]^2$
$a=b$
$f(x)-$ инъективная $(1)$
$$$$
Зафиксируем $y$
$P(x,y) \rightarrow (x,y)$
$f(x^2+f(y))=y+[f(x)]^2$
$P(x,y) \rightarrow (-x,y)$
$f(x^2+f(y))=y+[f(-x)]^2$
По $(1)$
$f(-x)=-f(x)$ для $x \ne 0$ $(2)$
$$$$
$P(x,y) \rightarrow (x,-[f(x)]^2)$
По $(2)$
$f(x^2-f(-[f(x)]^2)=-f(f(-[f(x)]^2-x^2)=0$
$-f(f(-[f(x)]^2-x^2)=0=f(f(-[f(x)]^2-x^2)$
$f(f(-[f(x)]^2-x^2)=f(x^2-f(-[f(x)]^2)$
$f(-[f(x)]^2)=a$
По $(1)$
$x^2-a=a-x^2 \rightarrow a-x^2=0 \rightarrow f(0)=0$ $(3)$
$$$$
$P(x,y) \rightarrow (0,y)$
$f(f(y))=y$ $(4)$
$f(x)-$ сюръективная
$$$$
$f(a)=b$
По $(4)$
$f(b)=a$
$x^2=a-b$
$y=a$
$b=a-[f(x)]^2$
$-x^2=[f(x)]^2$
Допустим $f(x) \ne 0$ $(5)$
Тогда:
$a<b$
$x^2=b-a$
$y=b$
$a=b-[f(x)]^2$
$-x^2=[f(x)]^2$
$x^2=b-a>0 \rightarrow [f(x)]^2=a-b<0 \rightarrow \varnothing$
Значит: $(5)$ не верно
Из чего:
$a=b \rightarrow f(a)=a$
$$$$
Ответ: $f(x)=x$
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.